高二文科数学下学期期末考试卷

-1-合肥一中、六中、一六八中学2010-2011第二学期高二期末联考数学(文科)测试卷(本试卷满分：150分完卷时间：120分钟)第I卷（选择题共50分）一、选择题1、函数12yx的定义域为集合A，函数ln21yx的定义域为集合B，则()ABA．11,22B．11,22C．1,2D．1,22、已知向量1,2a=，,4xb=，若2ba，则x的值为()A．2B．4C．2D．43、已知i为虚数单位,若复数11zi，22zi，则12zz()A．3iB.22iC.1iD．22i4、已知椭圆222109xyaa与双曲线22143xy有相同的焦点,则a的值为()A．2B.10C.4D．105．按照程序框图（如右图）执行，第3个输出的数是()A．7B．6C．5D．46．圆012222yxyx上的点到直线2yx的距离最大值是（）A.2B.1+2C.221D.1+227、某所学校计划招聘男教师x名,女教师y名,x和y须满足约束条件25,2,6.xyxyx则该校招聘的教师人数最多是()A．6B．8C．10D．128、已知ABC的面积2224abcS，则角C的大小为（）-2-A.030B.045C.060D.0759．如图是某电视台综艺节目举办的挑战主持人大赛上，七位评委为某选手打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为()A．84,4.8B．84,1.6C．85,4D．85,1.610．已知,)(为偶函数xfxxfxxfxf2)(,02),2()2(时当，若*,(),nnNafn则2011a()A．1B．21C．14D．18第II卷（非选择题共100分）二、填空题：(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题的相应位置)11、已知x与y之间的一组数据：x0123y1357则y与x的线性回归方程为abxyˆ必过点的坐标为12.已知向量a和b的夹角为60°，|a|＝3，|b|＝4，则（2a–b）a等于________13.已知,xyR，且41xy，则xy的最大值为_____14.函数()ln(0)fxxxx的单调递增区间是＿＿＿＿15.对于函数()2(sincos)fxxx,给出下列四个命题:①存在(,0)2,使()2f;②存在)2,0(,使()()fxfx恒成立;③存在R,使函数)(xf的图象关于坐标原点成中心对称;④函数f(x)的图象关于直线34x对称;⑤函数f(x)的图象向左平移4就能得到2cosyx的图象其中正确命题的序号是.-3-三．解答题16．（本小题满分12分）有两个不透明的箱子，每个箱子都装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字1、2、3、4．（Ⅰ）甲从其中一个箱子中摸出一个球，乙从另一个箱子摸出一个球，谁摸出的球上标的数字大谁就获胜（若数字相同则为平局），求甲获胜的概率；（Ⅱ）摸球方法与（Ⅰ）同，若规定：两人摸到的球上所标数字相同甲获胜，所标数字不相同则乙获胜，这样规定公平吗？请说明理由。17．（本小题满分12分）根据市气象站对春季某一天气温变化的数据统计显示，气温变化的分布可以用曲线bxAy)12sin(拟合（240x，单位为小时，y表示气温，单位为摄氏度，||，)0A，现已知这天气温为4至12摄氏度，并得知在凌晨1时整气温最低，下午13时整气温最高。（1）求这条曲线的函数表达式；（2）求这一天19时整的气温。18．（本题满分12分）如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示.(Ⅰ)求出该几何体的体积。(Ⅱ)若N是BC的中点，求证：//AN平面CME；(Ⅲ)求证：平面BDE平面BCD.4222侧视图俯视图直观图MDEBACN-4-19．（本小题满分13分）已知函数()22lnfxxx（Ⅰ）求函数在点（1,1f）处的切线方程（Ⅱ）求函数()fx的极值（Ⅲ）对于曲线上的不同两点111222(,),(,)PxyPxy，如果存在曲线上的点00(,)Qxy，且102xxx，使得曲线在点Q处的切线12//lPP，则称l为弦12PP的陪伴切线．已知两点1,1,,AfBefe，试求弦AB的陪伴切线l的方程；20.（本小题满分13分）已知圆C：22()5(3)xmym过点A（3，1），且过点P（4，4）的直线PF与圆C相切并和x轴的负半轴相交于点F．（1）求切线PF的方程；（2）若抛物线E的焦点为F,顶点在原点，求抛物线E的方程。（3）若Q为抛物线E上的一个动点，求APAQ的取值范围．8642-2-4-6-8-15-10-551015FOCAPQ21、（本小题共13分）设数列na的前n项和32nnSa(1,2,)n．（Ⅰ）证明数列na是等比数列；kkss55**uu（Ⅱ）若1(1,2,)nnnbabn，且13b，求数列nb的前n项和nT-5-高二数学（文科）联考试卷参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，总计50分，题号12345678910答案ACACCBCBDB二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，11.(1.5,4)，12.12，13.116，14、1(,)e,15.③④16.解：（Ⅰ）用,xy（x表示甲摸到的数字，y表示乙摸到的数字）表示甲、乙各摸一球构成的基本事件，则基本事件有：1,1、1,2、1,3、1,4、2,1、2,2、2,3、2,4、3,1、3,2、3,3、3,4、4,1、4,2、4,3、4,4，共16个；……3分设：甲获胜的的事件为A，则事件A包含的基本事件有：2,1、3,1、3,2、4,1、4,2、4,3，共有6个；则63()168PA…………………………6分（Ⅱ）设：甲获胜的的事件为B，乙获胜的的事件为C;事件B所包含的基本事件有：1,1、2,2、3,3、4,4，共有4个；则41()164PB13()1()144PCPB…………………………10分()()PBPC，所以这样规定不公平.…………………11分答：（Ⅰ）甲获胜的概率为38;（Ⅱ）这样规定不公平.…………17．（1）b=(4+12）÷2=8…………2分A=12-8=4…………4分2112，127…………6分所以这条曲线的函数表达式为：8)12712sin(4xy…………8分（2）19x88)1271219sin(4y所以下午19时整的气温为8摄氏度。…………1218.（本小题满分12分）解：(Ⅰ)由题意可知：四棱锥ACDEB中，平面ABC平面ACDE，ACAB-6-所以，AB平面ACDE………………………2分又4,2CDAEABAC，则四棱锥ACDEB的体积为：4222)24(3131ABSVACDE…………4分(Ⅱ)连接MN，则,//,//CDAECDMN又CDAEMN21，所以四边形ANME为平行四边形，EMAN//…………6分AN平面CME,EM平面CME,所以，//AN平面CME；……………8分(Ⅲ)ABAC,N是BC的中点,BCAN又平面ABC平面BCDAN平面BCD……………………10分由(Ⅱ)知：EMAN//EM平面BCD又EM平面BDE所以，平面BDE平面BCD.………………………12分19．解：（I）y=2…………………………………(4分)（Ⅱ）2'()2,0fxxx．'()0,fx得1x．当x变化时，'()fx与()fx变化情况如下表：x0,111,'()fx-0+()fx单调递减极小值单调递增当x=1时，()fx取得极小值(1)2f．没有极大值．……………………(9分)（Ⅲ）设切点00(,)Qxy，则切线l的斜率为0002'()2,1,fxxex．弦AB的斜率为12121022111ABfefekeee．…(10分)由已知得，//lAB，则022x=221e，解得01xe，…………(12分)所以，弦AB的伴随切线l的方程为：2422ln11eyxee．……(13分)20.解：（1）点A代入圆C方程，得2(3)15m．∵m＜3，∴m＝1．圆C：22(1)5xy．设直线PF的斜率为k，则PF：(4)4ykx，即440kxyk．∵直线PF与圆C相切，∴2|044|51kkk．解得111,22kk或．-7-当k＝112时，直线PF与x轴的交点横坐标为3611，不合题意，舍去．当k＝12时，直线PF与x轴的交点横坐标为－4，∴符合题意，∴直线PF的方程为y=12x+2…………6分(2)设抛物线标准方程为y2=-2px,∵F（－4，0）,∴p=8,∴抛物线标准方程为y2=-16x…………8分(3)(1,3)AP，设Q（x，y），(3,1)AQxy，(3)3(1)36APAQxyxy．∵y2=-16x,∴22113636(24)301616APAQxyyyy．∴36APAQxy的取值范围是(－∞，30]．…………13分21．（本小题共13分（Ⅰ）证：因为32nnSa(1,2,)n，1132nnSa(2,3,)n，所以当2n时，1133nnnnnaSSaa，整理得132nnaa.由32nnSa，令1n，得1132aa，解得11a.所以na是首项为1，公比是32的等比数列.kkss55**uu…………6分（Ⅱ）解：由1(1,2,)nnnbabn，得1(1,2,)nnnbban.所以21132211,,,nnnbbabbabba从而1111213132[]3253212nnnnbbaaa.2133332[1()......()]54()542222nnnTnn.…………13分